Vorlesung 6

Gleitspiegelung und Verkettungen von Spiegelung und
Parallelverschiebung
Def. Eine Gleitspiegelung ist eine Spiegelung an einer Geraden (Spiegelachse) verknüpft mit einer Translation parallel zu dieser Geraden: GS : R2 → R2 ,
GSA,v ,λ = Tλv ◦ SLA,v .
Wir erlauben λ = 0, also ist eine Spiegelung auch eine Gleitspiegelung. Eine Gleitspiegelung ist eine Isometrie als Verkettung
von zwei Isometrien.
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Die linear-algebraische Formel für eine Gleitspiegelung kann man aus der
Formel für die Spiegelung ableiten: SL (x) = 2A + 2 |v1|2 hx − A, v iv − x.
Es gilt dann:
GSA,v ,λ (x) = Tλv (SL (x)) = 2A + λv + 2
1
hx − A, v iv − x.
|v |2
Def. Eine Gleitspiegelung ist eine Spiegelung an einer Geraden (Spiegelachse) verknüpft mit einer Translation parallel
zu dieser Geraden: GS : R2 → R2 ,
GSA,v ,λ = Tλv ◦ SL
.
A,v
Wir erlauben λ = 0, also ist eine Spiegelung auch eine
Gleitspiegelung. Eine Gleitspiegelung ist eine Isometrie als
Verkettung von zwei Isometrien. Es gilt:
GSA,v ,λ (x) = Tv (SL (x)) = 2A+λv +2
1
|v |2
hx−A, v iv −x.
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Es ist anschaulich (und einfach zu beweisen), dass die Gleitspiegelung
GSA,v ,λ (x) mit λ 6= 0 keine Fixpunkte hat. In der Tat, die Punkte einer
Halbebene (ohne die Gerade) werden auf die andere Seite abgebildet und
können deswegen keine Fixpunkte sein. Die Punkte der Geraden sind die
Fixpunkte von SL (x) und werden deswegen nur Tλv −verschoben, d.h.,
für jedes x ∈ L ist
für λ 6= 0
GSA,v ,λ (x) = Tλv (SL (x)) = Tλv (x)
also sind sie auch keine Fixpunkte von GS.
6=
x,
Bemerkung. Was bedeutet es, dass die Punkte auf einer Seite von L
bzw. auf verschiedenen Seiten von L liegen? Die Punkte A, B 6∈ L liegen
auf einer Seite der Geraden L, falls die Strecke AB die Gerade L nicht
schneidet.
Die Bedingung “auf einer Seite von L liegen” ist eine Äquivalenzrelation:
Symmetrie und Reflexivität (aus der Def. von Äquivalenzrelation) sind
offensichtlich. Transitivität bedeutet in diesem Fall die folgende Aussage:
wenn A und B auf einer Seite liegen und B und C auf einer Seite liegen,
dann liegen A und C auch auf einer Seite. Wir erklären das auf der
nächsten Seite.
Die Bedingung “auf einer Seite von L liegen” ist transitiv
Man kann Transitivität mit Hilfe der Gleichungs-Darstellung der Geraden
bekommen: Aus LA sollte es Ihnen bekannt sein, dass man in Dim. 2 jede
Gerade als Lösungsmenge der Gleichung ax + by − c = 0 darstellen kann
(wobei (a, b) 6= (0, 0)):
x
y
L={
| ax + by − c = 0}.
Dann gilt: die Punkte A = xy11 und B = xy22 liegen auf einer Seite von
L, wenn die Zahlen ax1 + by1 − c und ax2 + by2 − c gleiches Vorzeichen
haben.
L={
x
| ax + by − c = 0}.
y
x2
x1
liegen auf einer Seite von L, wenn die Zahlen
und B =
y2
y1
ax1 + by1 − c und ax2 + by2 − c gleiches Vorzeichen haben.
Dann gilt: die Punkte A =
In der Tat, wir parametrisieren die Strecke AB wie in der Definition der
Strecke:
AB = {t
x1
y1
+ (1 − t)
x2
y2
| 0 ≤ t ≤ 1}.
Wenn wir die Koordinaten des Punkts t xy11 + (1 − t) xy22 in die Formel
ax + by − c einsetzen, bekommen wir den folgenden Ausdruck in t:
a((1 − t)x2 + tx1 ) + b((1 − t)y2 + ty1 ) − c = (1 − t)(ax2 + by2 − c) + t(ax1 + by1 − c)
(∗)
Wir sehen, dass wenn (ax2 + by2 − c) und (ax1 + by1 − c) gleiches
Vorzeichen haben, für alle t ∈ [0, 1] der Ausdruck (∗) positiv ist und
deswegen ist für keinen Punkt der Strecke die Gleichung ax + by − c = 0
erfüllt. Deswegen liegt kein Punkt auf der Geraden. Haben die Punkte der
Strecke verschiedene Vorzeichen, so gibt es nach dem Zwischenwertsatz
ein t ∈ [0, 1], sodass der entsprechende Punkt die Gleichung
ax + by − c = 0 erfüllt und somit auf der Geraden liegt.
Verkettung von Gleitspiegelung und Translation.
Lemma 16. Verkettung von Gleitspiegelung und Translation oder von
Translation und Gleitspiegelung ist eine Gleitspiegelung.
GSA,v ,λ (x) = Tv (SL (x)) = 2A + λv + 2 1 2 hx − A, v iv − x.
|v |
Beweis. Mit Gewalt ausrechnen: wir verketten GSA,v ,λ und Tu . Wir
zerlegen auch u in die Summe u = v ′ + v ⊥ , wobei v ′ proportional zu v
ist und v ⊥ orthogonal zu v ist – immer möglich in Dim. 2.
′
⊥
′
⊥
GSA,v ,λ ◦ Tu (x) = 2A + λv + 2 1 2 h(x + v + v ) −A, v iv − (x + v + v ) =
|v | |
|
{z
}
{z
}
Tu (x)
2 (A − 12 v
{z
|
A′
⊥
Tu (x)
hv ′ , v i
′
⊥
) + λv + v + 2
v +2 1 2 hx − (A − 12 v ), v iv − x = GSA′ ,v ,λ′ .
|v |
|v |2
}
{z
}
|
{z
}
|
′
λ′ v
A
Beweis für GSA,v ,λ ◦ Tu (x) ist analog und ist einfacher.
Verkettung von Gleitspiegelung und Rotation ist eine
Gleitspiegelung
Lemma 17. Verkettung von Gleitspiegelung bzgl. einer Geraden und
einer Drehung ist eine Spiegelung. Verkettung von Drehung und
Spiegelung bzgl. einer Geraden ist eine Gleitspiegelung.
Beweis. Ausrechnen wie in Lemma 16.
Klassifikationssatz für Isometrien
Ein Punkt x heißt Fixpunkt einer Isometrie f , wenn f (x) = x.
Satz 2. Es gilt:
1. Hat eine Isometrie f des R2 drei Fixpunkte, welche nicht auf einer
Geraden liegen, so ist f = Id.
2. Hat eine Isometrie genau einen Fixpunkt, so ist f eine Drehung
bzgl. diesem Fixpunkt.
3. Hat eine Isometrie mind. zwei Fixpunkte A 6= B und ist sie nicht die
Identitätsabbildung, so ist sie eine Spiegelung bzgl. der Geraden
L(A, B).
4. Hat eine Isometrie keine Fixpunkte, so ist sie eine Gleitspiegelung
GSA,v ,λ mit λ 6= 0 oder eine Translation Tv mit v 6= ~0.
Aus Satz 2 folgt, dass jede Isometrie des R2 eine Drehung, Spiegelung,
Gleitspiegelung oder Translation ist.
Beweis von Satz 2(1)
Hat eine Isometrie f des R2 drei Fixpunkte, welche nicht auf einer
Geraden liegen, so ist f = Id.
Das folgt aus Satz 1 und LA. Angenommen, f ist eine Isometrie des R2 ,
s.d. A 7→ A, B 7→ B, und C 7→ C , wobei die Punkte A, B, C nicht auf
einer Geraden liegen.
Aus Satz 1 wissen wir, dass jede Isometrie eine affine Abbildung ist. Aus
LA wissen wir, dass in R2 die Bilder von drei Punkten, welche nicht auf
einer Geraden liegen, die affine Abbildung eindeutig bestimmen. Also gibt
es höchsten eine Isometrie f mit A 7→ A, B 7→ B, und C 7→ C . Da die
Isometrie Id dasselbe leistet, ist Id = f .
Beweis 2(3)
Hat eine Isometrie f mind. zwei Fixpunkte A 6= B und ist sie nicht
die Identitätsabbildung, so ist sie eine Spiegelung bzgl. der Geraden
L(A, B).
Angenommen f (A) = A und f (B) = B. Wir betrachten einen Punkt
C 6∈ L(A, B) und setzen C ′ := f (C ). Wenn C ′ = C ist, ist f die
Identitätsabbildung wie wir es schon im Beweis 2(1) erklärt haben.
Wenn C 6= C ′ , betrachten wir die Spiegelung bzgl. L(A, B). Die
Verkettung SL(A,B) ◦ f ist eine Isometrie mit A 7→ A und B 7→ B; sie
bildet C 7→ C , weil die Kreise {X ∈ R2 | d(X , A) = d(A, C )} und
{X ∈ R2 | d(X , B) = d(B, C )} höchstens 2 Schnittpunkte haben; da die
Punkte C 6= C ′ auf beiden Kreisen liegen und SL(A,B) 6= Id ist, gilt
SL(A,b) (C ′ ) = C . Dann ist SL(A,B) ◦ f (C ) = C und deswegen
SL(A,B) ◦ f = Id; schließlich SL(A,B) = f .
Beweis 2(2)
Hat eine Isometrie f genau einen Fixpunkt, so ist sie eine Drehung
bzgl. diesem Fixpunkt.
Sei A der Fixpunkt. Wir betrachten einen Punkt B mit d(A, B) = 1. Sei
B ′ := f (B). Da die Punkte B und B ′ auf dem Kreis
K1 (A) = {X ∈ R2 | d(X , A) = 1} liegen, existiert eine Drehung DA (α),
die B ′ 7→ B, nämlich für α = hB ′ AB oder für α = 360◦ − hB ′ AB. Dann
hat DA (α) ◦ f mind. 2 Fixpunkte: A und B. Dann ist nach bereits
bewiesenem Satz 2(3) DA (α) ◦ f = Id oder DA (α) ◦ f = S (wobei S eine
Spiegelung bzgl. einer Geraden ist). Im ersten Fall ist f = DA (−α). Im
zweiten Fall wäre f = DA (−α) ◦ S. Da aber DA (−α) ◦ S nach Lemma 17
eine Gleitspiegelung ist, kann sie nicht genau einen Fixpunkt haben.
Beweis 2(4)
Hat eine Isometrie keine Fixpunkte, so ist sie eine Gleitspiegelung
GSA,v ,λ mit λ 6= 0 oder eine Translation Tv mit v 6= ~0.
Sei A′ := f (A). Wir betrachten T(A−A′ ) ◦ f . A ist ein Fixpunkt von
T(A−A′ ) ◦ f .
Wenn A der einzige Fixpunkt von T(A−A′ ) ◦ f ist, ist T(A−A′ ) ◦ f = DA (α)
für ein α 6∈ {k · 360◦ | k ∈ Z}. Dann ist f = T(A′ −A) ◦ DA (α). Die
Verkettung von einer Translation und einer nicht-identischen Drehung ist
aber eine Drehung. Letztere Aussage wird auf der nächsten Seite erklärt.
Da die Drehung immer Fixpunkte hat, erfüllt die Abbildung f nicht die
Voraussetzung “f hat keine Fixpunkte” und somit kann A nicht der
einzige Fixpunkt von T(A−A′ ) ◦ f sein.
Dann ist T(A−A′ ) ◦ f eine Spiegelung oder eine Identitätsabbildung. Im
ersten Fall ist f eine Gleitspiegelung nach Lemma 16, und im zweiten Fall
ist f eine Translation.
Verkettung von zwei Spiegelungen ist eine Drehung oder
eine Paralleltranslation.
Folgerung. Die Verkettung von zwei Spiegelungen bzgl. Geraden L1 und
L2 ist eine Drehung um den Schnittpunkt der Geraden, wenn die Geraden
nicht parallel sind, oder eine Translation, wenn sie parallel sind.
Beweis. Wenn die Geraden nicht parallel sind, ist ihr Schnittpunkt der
einzige Fixpunkt von S1 ◦ S2 . Dann ist die Abbildung eine Drehung.
Wenn die Geraden parallel sind, kann man direkt ausrechnen, dass die
Verkettung eine Translation um einen Vektor ist, der zu den Geraden
orthogonal ist und dessen Länge gleich dem doppelten Abstand zwischen
den Geraden ist.
Bemerkung. Um zu argumentieren, dass, wenn die Geraden nicht
parallel sind, ihr Schnittpunkt der einzige Fixpunkt von S1 ◦ S2 ist, kann
man benutzen, dass der Mittelpunkt der Strecke zwischen A und SL (A)
auf L liegt.
Warum ist die Verkettung von nicht-identischer Drehung
und Translation eine Drehung?
Wir betrachten Tv ◦ DA (α), wobei α 6∈ {k · 180◦ | k ∈ Z}. Wir haben in
den Hausaufgaben und auch in Lemma 12 gesehen, dass Tv = P~0 ◦ P 1 .
Da PA = DA (180◦ ), ist Tv ◦ DA (α) = P~0 ◦ P 1 ◦ DA (α).
v
}
| 2 {z
2v
Drehung
|
{z
Drehung
}
Für α = 180◦ ist Tv ◦ DA (α) eine Verkettung von Punktsymmetrie und
Translation und ist damit auch eine Punktsymmetrie und deswegen eine
Drehung.
Ähnlichkeitstransformationen
Def. Eine Abbildung f : R2 → R2 (bzw. Rn → Rn ) heisst eine
Ähnlichkeitstransformation, wenn ein k > 0 existiert, so dass ∀X , Y ∈ R2
gilt: k · d(X , Y ) = d(f (X ), f (Y )). Die Zahl k heisst dann Koeffizient der
Streckung.
Bemerkung. Ähnlichkeitstransformationen mit k = 1 sind Isometrien.
Bsp. Wir betrachten die Homothetie Mk : x 7→ k · x (wobei k 6= 0). Sie
ist eine Ähnlichkeitstransformation: d(f (X ), f (Y )) = |f (X ) − f (Y )| =
|k · (X − Y )| = |k| · |X − Y | = |k| · d(X , Y ), also ist sie eine
Ähnlichkeitstransformation mit dem Koeffizienten der Streckung gleich
|k|.
Lemma 18. Für jede Ähnlichkeitstransformation f mit Faktor k gilt:
f ◦ M 1 und M 1 ◦ f sind Isometrien.
k
k
Beweis. d(M 1 ◦ f (X ), M 1 ◦ f (Y )) = k1 d(f (X ), f (Y )) = d(X , Y ). Für
k
f ◦ M 1 analog.
k
k
Folgerung 1 Jede Ähnlichkeitstransformation ist eine Affinität.
Klassifikation von Ähnlichkeitstransformationen.
Folgerung 2 Jede Ähnlichkeitstransformation f des (R2 , h , i) hat die
Form
f (x) = k · Ox + v ,
wobei O eine orthogonale 2 × 2-Matrix ist, v ∈ R2 , und k > 0.
(Also, f = Mk ◦ I für eine Isometrie).
Ferner gilt: jede Ähnlichkeitstransformation ist eine Bijektion und die
Menge aller Ähnlichkeitstransformationen bilden eine Gruppe (bzgl.
Verkettung).
)
Bemerkung. Jede Abbildung der Form in Folg. 2 ist offensichtlich eine
zentrische Streckung als Verkettung Mk · I .
Ähnlichkeitstransformation erhält die Winkel
Aussage 1. Sei f eine Ähnlichkeitstransformation mit dem
Streckungskoeffizienten k. Dann gilt:
hf (A) − f (B), f (C ) − f (B)i = k 2 hA − B, C − Bi.
Beweis. Wir haben gesehen, dass f = I ◦ Mk für eine Isometrie I ist. Die
Homothetie Mk multipliziert Skalarprodukt mit
k:hMk (A) − Mk (B), Mk (C ) − Mk (B)i = hk · A − k · B, k · C − k · Bi =
k 2 hA − B, C − Bi. Da die Isometrie Skalarprodukt erhält (Folgerung 3
aus Satz 1), ist hf (A) − f (B), f (C ) − f (B)i = k 2 hA − B, C − Bi.
Folgerung 3. Sei f eine Ähnlichkeitstransformation und A, B, C ∈ R.
Dann gilt: hABC = hf (A)f (B)f (C ).
Beweis. Das Winkelmaß hf (A)f (B)f (C ) ist gleich
hf (B) − f (A), f (B) − f (C )i
arccos
|f (B) − f (A)| · |f (B) − f (C )|
k 2 hB − A, B − C i
= arccos
k · |B − A| · k · |B − C |
hB − A, B − C i
hf (B) − f (A), f (B) − f (C )i
= arccos
.
= arccos
|f (B) − f (A)| · |f (B) − f (C )|
|B − A| · |B − C |
Dreieckssätze für Ähnlichkeitstransformationen
SSS-Satz: Es seien A, B, C und A′ , B ′ , C ′ Punkte des R2 , s.d. weder A, B, C noch A′ , B ′ , C ′ auf einer Geraden
liegen. Dann gilt: es gibt eine Ähnlichkeitstransformation f , mit A 7→ A′ , B 7→ B ′ , C 7→ C ′ , genau dann wenn
für ein k > 0 k · d(A, B) = d(A′ , B ′ ), k · d(B, C ) = d(B ′ , C ′ ) und k · d(A, C ) = d(A′ , C ′ ). Ferner gilt: wenn
diese Ähnlichkeitstransformation existiert, ist sie eindeutig.
SWS-Satz. Es seien A, B, C und A′ , B ′ , C ′ Punkte des R2 , s.d. weder A, B, C noch A′ , B ′ , C ′ auf einer
Geraden liegen. Dann gilt: es gibt eine Ähnlichkeitstransformation f , mit A 7→ A′ , B 7→ B ′ , C 7→ C ′ , genau dann
wenn k · d(A, B) = d(A′ , B ′ ), k · d(A, C ) = d(A′ , C ′ ) und hBAC = hB ′ A′ C ′ . Ferner gilt: wenn diese
Ähnlichkeitstransformation existiert, ist sie eindeutig.
WW-Satz (analog zu WSW-Komgruenzsatz). Es seien A, B, C und A′ , B ′ , C ′ Punkte des R2 , s.d. weder
A, B, C noch A′ , B ′ , C ′ auf einer Geraden liegen. Dann gilt: es gibt eine Ähnlichkeitstransformation f mit
A 7→ A′ , B 7→ B ′ , C 7→ C ′ , genau dann wenn hBAC = hB ′ A′ C ′ und hABC = hA′ B ′ C ′ . Ferner gilt: wenn
diese Ähnlichkeitstransformation existiert, ist sie eindeutig.
WSS-Satz. Wenn für zwei Punktetripel A, B, C und A′ , B ′ , C ′ gilt:
◮
weder A, B, C noch A′ , B ′ , C ′ liegen auf einer Geraden,
◮
k · d(A, C ) = d(A′ , C ′ ), k · d(A, B) = d(A′ , B ′ ) für ein k 6= 0 und hABC = hA′ B ′ C ′
◮
und außerdem |AC | ≥ |AB| und |AC | ≥ |BC |,
dann existiert eine Ähnlichkeitstransformation, mit A 7→ A′ , B 7→ B ′ , C 7→ C ′ . Ferner gilt: wenn diese
Ähnlichkeitstransformation existiert, ist sie eindeutig.
Beweis vom SSS-Satz für Ähnlichkeitstransformationen
(Beweis der anderen Sätze ist eine Hausaufgabe. )
SSS-Satz: Es seien A, B, C und A′ , B ′ , C ′ Punkte des R2 , s.d. weder A, B, C noch A′ , B ′ , C ′ auf einer
Geraden liegen. Dann gilt: es gibt eine Ähnlichkeitstransformation f , mit A 7→ A′ , B 7→ B ′ , C 7→ C ′ , genau
dann wenn für ein k > 0 k · d(A, B) = d(A′ , B ′ ), k · d(B, C ) = d(B ′ , C ′ ) und k · d(A, C ) = d(A′ , C ′ ).
Ferner gilt: wenn diese Ähnlichkeitstransformation existiert, ist sie eindeutig.
Beweis. Die =⇒-Richtung ist offensichtlich: wenn es eine
Ähnlichkeitstransformation f mit A 7→ A′ , B 7→ B ′ , C 7→ C ′ gibt, dann
gilt k · d(A, B) = d(A′ , B ′ ), k · d(B, C ) = d(B ′ , C ′ ) ,
k · d(A, C ) = d(A′ , C ′ ) für k gleich dem Streckungskoeffizient von f .
Um den Satz in die ⇐=-Richtung zu beweisen, nehmen wir eine
Ähnlichkeitstransformation S mit Streckungskoeffizient k, z.B. die
Abbildung Mk : x 7→ k · x aus dem Beweis von Lemma 18. Die Bilder der
Punkte A, B, C bzgl. S werden wir mit A′′ , B ′′ , C ′′ bezeichnen. Die
Punkte liegen nicht auf einer Geraden und erfüllen die Bedingung
d(A′′ , B ′′ ) = k · d(A, B) = d(A′ , B ′ ),
d(B ′′ , C ′′ ) = k · d(A, B) = d(B ′ , C ′ ),d(B ′′ , C ′′ ) = k · d(B, C ) = d(B ′ , C ′ ),
. Dann gibt es eine Isometrie I , die A′′ 7→ A′ ,
B 7→ B , C 7→ C abbildet. Die Verkettung I ◦ S bildet A 7→ A′ ,
B 7→ B ′ , C 7→ C ′ wie gewünscht, und ist eine Ähnlichkeitstransformation
nach Folgerung 2.
d(B ′′ , C ′′ ) = k · d(B, C ) = d(B ′ , C ′ )
′′
′
′′
′
Beweis vom SSS-Satz für Ähnlichkeitstransformationen
SSS-Satz: Es seien A, B, C und A′ , B ′ , C ′ Punkte des R2 , s.d. weder A, B, C noch A′ , B ′ , C ′ auf einer
Geraden liegen. Dann gilt: es gibt eine Ähnlichkeitstransformation f , mit A 7→ A′ , B 7→ B ′ , C 7→ C ′ , genau
dann wenn für ein k > 0 k · d(A, B) = d(A′ , B ′ ), k · d(B, C ) = d(B ′ , C ′ ) und k · d(A, C ) = d(A′ , C ′ ).
Ferner gilt: wenn diese Ähnlichkeitstransformation existiert, ist sie eindeutig.
Beweis der Eindeutigkeit. Wir benutzen, dass die
Ähnlichkeittransformationen eine Gruppe bilden (Folg. 2 aus Lemma 18):
Seien f und f˜ zwei Ähnlichkeitstransformationen s.d. sie beide A 7→ A′ ,
B 7→ B ′ , C 7→ C ′ abbilden.
Wir betrachten f −1 ◦ f˜. Diese Abbildung ist eine
Ähnlichkeitstransformation, weil die Menge von
Ähnlichkeitstransformationen eine Gruppe bzgl. Verkettung ist und
deswegen die Verkettung von zwei Elementen der Gruppe, also von zwei
Ähnlichkeitstransformationen, wieder ein Element der Gruppe, also wieder
eine Ähnlichkeitstransformation ist.
Wir haben offensichtlich f −1 ◦ f˜(A) = A, f −1 ◦ f˜(B) = B und
f −1 ◦ f˜(C ) = C . Dann ist der Streckungkoefficient von f −1 ◦ f˜ gleich 1,
also ist f −1 ◦ f˜ eine Isometrie. Es gibt aber (nach SSS-Satz für
Isometrien) nur eine Isometrie, die A 7→ A, B 7→ B, C 7→ C abbildet; und
diese Isometrie ist die Identitätsabbildung. Also, f −1 ◦ f˜ = Id und
deswegen f = f˜.
Zentrische Streckung.
Gegeben seien ein Punkt Z ∈ R2 der Zeichenebene und eine reelle Zahl
m 6= 0. Die zentrische Streckung mit Zentrum Z und Streckungsfaktor m
ist diejenige Abbildung R2 → R2 so dass der Bildpunkt P’ eines Punktes
P folgende Eigenschaften besitzt:
◮
Z , P und P ′ liegen auf einer Geraden.
◮
Für m > 0 liegen P und P ′ auf derselben Seite von Z , für m < 0
auf verschiedenen Seiten.
◮
Die Streckenlänge |ZP ′ | ist gleich dem |m| -fachen der
Streckenlänge |ZP|.
Die beiden Skizzen zeigen die Anwendung zweier zentrischer Streckungen
(mit m = 3 und m = −0, 5) auf jeweils ein Dreieck ABC
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Zentrische Streckung ist eine Ähnlichkeitstransformation
Um dies zu zeigen finden wir die Formel für die zentrische Streckung.
x 7→ Z + k(x − Z ) = kx + (1 − k)Z .
Wir sehen, dass diese Formel mit der Formel aus Folgerung 2
übereinstimmt; daher ist diese Abbildung eine Ähnlichkeitstransformation
Strahlensatz
Strahlensatz. Es verhalten sich die ausgeschnittenen Strecken auf den Parallelen, wie die
ihnen entsprechenden, vom Scheitel aus gemessenen Strecken auf den Strahlen.
D.h., falls die Geraden L, L′ parallel sind, und
die Geraden MA , MB einen Schnittpunkt Z haben, dann gilt für die Schnittpunkte A := MA ∩
L, B := MB ∩ L, A′ := MA ∩ L′ , B ′ := MB ∩ L′
so dass Z 6∈ {A, B, A′ , B ′ }:
|ZA| Strahlensatz |ZB|
|AB|
=
|A′ B ′ | = |ZA′ |
|ZB ′ | .
Einen Beweis haben wir (eventuell) auch im Abschnitt “affine Geometrie”
von LA 2 gesehen. Ich gebe noch einen Beweis.
Strahlensatz:
|AB|
|A′ B ′ |
=
|ZA| Strahlensatz |ZB|
=
|ZA′ |
|ZB ′ | .
Wir benutzen, dass hA′ B ′ Z = hABZ und dass hBZA = hB ′ ZA′ . Der
Sinussatz für die Dreiecke ABZ und A′ B ′ Z sagt uns, dass
sin(A′ B ′ Z )
sin(A′ ZB ′ )
=
|A′ Z |
|A′ B ′ |
und
sin(ABZ )
sin(AZB)
=
.
|AZ |
|AB|
Da die gleichfarbigen Zähler in den Formeln oben gleich sind, bekommen
wir den Strahlensatz
|AB|
|ZA|
|ZB|
=
=
.
′
′
′
|A B |
|ZA |
|ZB ′ |